Ausarbeitung. zum Thema. an der. Rheinischen Friedrich Wilhelms Universität Bonn. Leiter: Dr. Elmar Langetepe. Betreuer: Rainer Penninger

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1 Ausarbeitung zum Thema Rotationsmonotone Polygone an der Rheinischen Friedrich Wilhelms Universität Bonn Leiter: Dr. Elmar Langetepe Betreuer: Rainer Penninger Autor: Stephan Stroucken 1

2 In dieser Ausarbeitung geht es darum Rotationsmonotonie in Polygonen zu untersuchen. Dazu ist es hilfreich wenn man weiß, was darunter zu verstehen ist. Daher folgt zuerst eine Definition1 (Allgemeine Monotonie): Ein Polygon P ist bzgl. eines Vektors d monoton, wenn der Schnitt von P mit jeder Geraden in Richtung d konvex ist. Zur Erinnerung: Eine konvexe Menge beinhaltet die Verbindung zwischen allen Punktpaaren aus sich selbst vollständig. Bei der Rotationsmonotonie allerdings geht es darum, zu untersuchen ob ein Polygon P rotationsmonoton ist für einen gegebenen Punkt, oder aber die Menge der Punkte herauszufinden für die P rotationsmonoton ist. Dafür benötigen wir folgende Definition 1b(Rotationsmonotonie): Ein Punkt r heisst gültiger Rotationspunkt für ein Polygon P, wenn man den Rand von P in zwei polygonale Ketten aufteilen kann, so dass die eine Kette mit, und die andere gegen den Uhrzeigersinn um r herum rotiert werden kann, ohne dass eine der Ketten das Innere von P schneidet. P heisst dann rotationsmonoton bezüglich r. Wir betrachten also im folgenden wie erwähnt zwei Problemstellungen: 1. r ist gegeben, finde heraus ob P bzgl r rotationsmonoton ist, und 2. Finde alle Punkte zu denen P rotationsmonoton ist. Dafür brauchen wir einiges an Vorarbeit. Wir werden zunächst Eigenschaften für Polygone, deren Kanten und für Rotationszentren bestimmen, dann Gesetzmäßigkeiten und Theoreme herausarbeiten und diese beweisen. Wenn die nötige Vorarbeit dann erledigt ist, konstruieren wir ein Verfahren mit dem man o.g. Problemstellungen effizient lösen kann. Zuerst allerdings kurz eine Motivation für den Anwendungsbereich der Rotationsmonotonie: Anwendung findet es z.b. beim sogenannten clamshell casting: Zwei Formhälften werden durch ein Loch mit einer Flüssigkeit befüllt, und wenn sie ausgehärtet ist werden die beiden Hälften wegrotiert. Bekannt ist das u.a. bei Schokoladenfiguren wie Weihnachtsmännern oder Osterhasen. Analog kann man Definition 1b) auch auf einzelne Kanten eines Polygones anwenden. So ist eine Kante e aus einem Polygon P rotationsmonoton bezüglich eines Punktes r, wenn ein gegebener Winkel α existiert, so dass jeder Punkt auf e sich um α um r herum drehen lässt und der komplette Drehbogen einen leeren Schnitt mit dem Inneren von P hat. Wir nennen eine rotationsmonotone Kante bezüglich r im folgenden auch entfernbar. Lemma 1: Es gibt ein kleines Regelwerk anhand dessen man entscheiden kann ob eine Kante entfernbar ist, gegeben eines Punktes r: Im folgenden heisst cl(m) für eine Menge M, der Abschluss(engl. closure) von M. Sei e eine 2

3 beliebige Kante von P mit Startknoten a und Endknoten b(gegen den Uhrzeigersinn), und n e (a), n e (b) sind die senkrechten Geraden zu e, die durch a bzw. b gehen. Sei weiterhin n + e (a) die Halbebene auf der Seite von n e (a) die b enthält und n e (a) die andere Halbebene. Analog dazu sei n + e (b) die Halbebene auf der Seite von n e (b) die a enthält und n e (b) die andere Halbebene. Ferner sei l(e) die Gerade in der e liegt, sowie l + (e)/l (e) die offene Halbebene links/rechts von l(e) gegen den Uhrzeigersinn betrachtet. Dann gilt: 1. Die Kante ist im Uhrzeigersinn entfernbar, gdw. r n e (a) 2. Die Kante ist gegen den Uhrzeigersinn entfernbar, gdw. r n e (b) 3. Die Kante muss geteilt werden an der Stelle der senkrechten Projektion von r auf e, gdw. r n + e (a) n + e (b) l (e). 4. Die Kante kann nicht entfernt werden, gdw. r n + e (a) n + e (b) l + (e). Hierzu sind noch eine Reihe weiterer Bezeichnungen zuzuordnen. Sei p ein beliebiger Punkt im Inneren von e. Dann nenne den Vektor von p zu r mit pr und pr um 90 gegen den Uhrzeigersinn rotiert mit pr x, sowie seine Stützgerade mit g. Sei nun noch g + (p) die Halbebene auf der Seite von g, die r enthält, und g (p) die andere Halbebene. g unterteilt sich in eine Halbgerade q +, die von p aus in Richtung pr x verläuft, und eine Halbgerade q in die andere Richtung. Nun gibt es einen Kreis d mit Mittelpunkt p, sodass genau die Hälfte von d im Inneren von P liegt, und die Hälfte ausserhalb. Nun benennen wir noch den Kreisbogen, der entsteht wenn man p um r um den Winkel α im Uhrzeigersinn dreht mit U(r, p, α) und gegen den Uhrzeigersinn mit GU(r, p, α). 3

4 Sei also r n e (a). Der Schnitt d q + liegt komplett ausserhalb von P. Demnach kann p entlang pr x bewegt werden ohne in das Innere von P zu geraten. Weil U(r, p, α) g + (p) und pr x Tangente von U(r, p, α) im Punkt p ist, kann man p entlang U(r, p, α) bewegen ohne damit in das Innere von P zu kommen. Folglich gibt es also ein α > 0, so dass für jeden inneren Punkt p auf e U(r, p, α) mit P einen leeren Schnitt hat. Dagegen ist d q komplett in P enthalten, und somit kann man p nicht in Richtung pr x bewegen ohne das Innere von P zu schneiden. Ein solches α existiert für eine Drehung gegen den Uhrzeigersinn also nicht. Sei nun r n e (b). Man bemerke dass sich dadurch gegenüber dem Fall vorher auch pr, pr x, g, g (p) und g + (p) ändern. d q liegt nun komplett ausserhalb von P. Demnach kann man, analog zu oben, p entlang pr x bewegen ohne das Innere von P zu schneiden. GU(r, p, α) g + (p) und pr x ist die Tangente von GU(r, p, α) im Punkt p, deshalb kann man p entlang GU(r, p, α) bewegen ohne das Innere von P zu schneiden. Also existiert wieder ein α > 0, so dass für jeden Punkt p aus e GU(r, p, α) einen leeren Schnitt hat. d q + ist dagegen komplett enthalten in P, weswegen keine Bewegung von p in Richtung pr x möglich ist ohne dabei P zu schneiden. Also ist e in dem Fall nur gegen den Uhrzeigersinn um r entfernbar. Für den Fall dass r n + e (a) n + e (b) l + (e), wird e an der senkrechten Projektion r von r auf e in zwei Teile geteilt. Benenne die Kante zwischen a und r nun mit e 1, und die andere Seite mit e 2. Für einen beliebigen, inneren Punkt p e 1 gilt: pr x stösst in das Innere von P, und pr x nicht. Demnach kann man p gegen den Uhrzeigersinn wegrotieren, aber nicht mit dem Uhrzeigersinn. Genauso gilt für einen beliebigen, inneren Punkt p e 2 : pr x stösst in das Innere von P, und pr x nicht, was bedeutet dass p genau andersherum, also nur mit dem Uhrzeigersinn wegrotiert werden kann. Es entsteht also an r ein Splitpunkt, an dem e in zwei Hälften geteilt werden müsste. Sollte r zudem noch auf Seiten des Polygons liegen, also r n + e (a) n + e (b) l + (e), dann kann z.b. die senkrechte Projektion r von r auf e weder im Uhrzeigersinn, noch gegen den Uhrzeigersinn wegrotiert werden ohne das Innere von P zu schneiden. Der Grund ist, dass es, weil r innerer Punkt von e ist, auf beiden Seiten benachbarte Punkte geben muss, die ausserhalb des Kreises durch r mit Mittelpunkt r liegen. Dadurch ist e in dem Fall nicht entfernbar. Nun können wir anhand der Lage des Rotationszentrums r zu einer Kante, auf deren Entfernbarkeit schliessen. Um Algorithmen zu entwerfen die unsere eingangs erwähnten Probleme lösen, bedarf es ausserdem einer Technik um zwei Punkte zu bestimmen zwischen denen man das Polygon auftrennen, also eine Splitgerade einziehen kann. Sind zwei Punkte bekannt, dann muss für alle Kanten auf der einen Seite gelten dass sie im Uhrzeigersinn entfernbar sind, und für alle Kanten auf der anderen Seite, dass sie gegen den Uhrzeigersinn entfernbar sind. Dann ist das Polygon rotationsmonoton bezüglich r. Wieder einmal benötigen wir eine Definition: 4

5 Definition 2 : naher Punkt: Lokales Minimum des Abstands von r zum Rand von P. ferner Punkt: Lokales Maximum des Abstands von r zum Rand von P. Nun beweisen wir folgende Aussage: Sei p ein Punkt auf dem Rand von P. Sollte p auf einer Kante liegen, dann spalte die Kante dort entzwei und behandle p wie einen Knoten. Lässt sich nun eine der an p grenzenden Kanten im Uhrzeigersinn wegdrehen und eine gegen den Uhrzeigersinn, dann ist p einer der Splitpunkte. Und dies ist genau dann der Fall wenn p ein naher oder ein ferner Punkt von r ist. Zuerst zeigen wir dass ein Splitpunkt vorliegt, gdw. p ein naher oder ein ferner Punkt ist. Bei einem fernen Punkt f, liegt eine beliebig kleine Nachbarschaft von f innerhalb des geschlossenen Kreises mit Mittelpunkt r der durch f geht. Betrachtet man nun einen minimal kleineren Kreis mit Mittelpunkt r, so schneidet dieser den Rand von P zweimal. Ein Schnittpunkt würde das Innere des Polygons durchkreuzen wenn man ihn im Uhrzeigersinn um r rotiert, und einer wenn man ihn gegen den Uhrzeigersinn rotiert. Also kann man die beiden Kanten nicht in der selben Richtung entfernen, und folglich wechselt die Richtung bei f. Analog geht es bei einen nahen Punkt n: Der Kreis wird minimal aufgeblasen, so dass er in einer Umgebung von n zweimal den Rand von P schneidet. Die beiden Teile können wieder nur in unterschiedliche Richtungen weggedreht werden ohne das Innere von P zu schneiden. Also ist auch bei n ein Splitpunkt. Nun zeigen wir noch dass sich die Drehrichtung an keinem nicht nahen oder fernen Punkt ändert. Nehmen wir also an, es würde sich die Drehrichtung an einem Punkt p dieser Punkte ändern. Dann schneidet der Kreis K mit Zentrum r, der durch p geht, das Polygon. Wieder gibt es die Möglichkeit dass p ein Knoten ist, oder im Inneren einer Kante liegt. Im letzteren Fall teilen wir wieder die Kante und fügen einen virtuellen Knoten in p ein. Das war notwendig, damit p zwei angrenzende Kanten hat. Weil aber K das Polygon auf einer Seite von p schneidet(siehe folgende Abbildung), können p und damit seine angrenzenden Kanten nur in die entgegengesetzte Richtung rotiert werden. Also werden die angrenzenden Kanten beide in die gleiche Richtung rotiert, was der Annahme widerspricht. 5

6 Lemma 2: Auf dem Rand eines geschlossenen, einfachen Polygones gibt es gleich viele nahe wie ferne Punkte. Man macht sich leicht klar dass die Funktion der Distanz von r zu den Punkten auf dem Rand von P stetig ist. Dadurch muss es zwischen zwei nahen Punkten auch einen fernen Punkt geben. Da P geschlossen ist, gibt es also gleich viele nahe wie ferne Punkte. Theorem 1: Ein Polygon ist Rotationsmonoton, gdw. es genau einen fernen und einen nahen Punkt gibt(jeweils bezogen auf r). : Angenommen es gibt nur einen fernen Punkt f und einen nahen Punkt n, so minimiert n die Distanz zwischen r und dem Rand von P, und f maximiert sie. Der Kreis mit Zentrum r, der durch n geht, berührt keinen anderen Punkt vom Rand von P, sonst gäbe es einen zweiten nahen Punkt. Analoges gilt für f. Also liegt der Rand von P komplett in dem Ring, der zwischen dem großen und dem kleinen Kreis liegt. Die gültige Entfernungsrichtung kann sich nur an den Punkten n und f ändern, wie wir eben bewiesen haben. Von daher kann ein Teil des Randes im Uhrzeigersinn, und der andere gegen den Uhrzeigersinn weggedreht werden. : Der Rand eines rotationsmonotonen Polygons ist in genau zwei Teile geteilt, also einen der sich gegen, und einen der sich mit dem Uhrzeigersinn gültig wegdrehen lässt. Auch hier benutzen wir wieder die Erkenntnis, dass sich die gültige Entfernungsrichtung entweder an einem nahen oder einem fernen Punkt ändern kann. Da es immer mindestens ein lokales Minimum und ein lokales Maximum geben muss im Bezug auf die Distanz zwischen r und dem Rand von P, und die Unterteilung an genau zwei Punkten stattfindet, müssen es der 6

7 nahe und der ferne Punkt sein. Also gibt es genau einen fernen und einen nahen Punkt im Bezug auf r in einem rotationsmonotonen Polygon. Theorem 1 erlaubt uns nun in linearer Zeit zu testen ob ein Polygon rotationsmonoton ist bezüglich eines gegebenen Rotationszentrums r. Dafür gehen wir den Rand von P ab, und testen dort auf lokale Maxima. Finden wir mehr als eines, so brechen wir ab und geben ein negatives Ergebnis zurück. Finden wir genau eines, so sagt Lemma 2 dass es dann auch nur einen nahen Punkt geben kann. Folglich geben wir dann ein positives Ergebnis zurück. Wir betrachten dabei jeden Knoten nur einmal, benötigen also linearen Zeitaufwand für die Überprüfung. Im Folgenden widmen wir uns der Aufgabe die Regionen aller gültigen Rotationszentren zu ermitteln. Zunächst schränken wir uns dabei auf konvexe Polygone ein. Später werden wir diese Einschränkung wieder lockern. Auch hier bedarf es zuerst einer Definition 3: Sei e eine Kante von P mit Eckpunkten a und b gegen den Uhrzeigersinn geordnet. Der offene Streifen n + e (a) n + e (b) l + (e) heisst die schwarze Region von e. D.h. sie enthält keine gültigen Rotationszentren für die Kante e(siehe Lemma 1, These 4). Jedes konvexe Polygon besitzt zu jedem seiner inneren Punkte nur im Kanteninneren nahe Punkte. Demnach gibt es zu jedem inneren Punkt eine Orthogonalprojektion auf eine Kante. Also ist er in der schwarzen Region dieser Kante enthalten, und somit ist das Innere des Polygons komplett in der Vereinigung der schwarzen Regionen seiner Kanten enthalten. 7

8 Lemma 3: Ein konvexes Polygon ist rotationsmonoton in Bezug auf r, gdw. r NICHT in der Vereinigung der schwarzen Regionen seiner Kanten enthalten ist. : Wenn r in der Vereinigung der schwarzen Regionen der Kanten von P enthalten ist, so ist r also in der schwarzen Region mindestens einer Kante enthalten. Diese Kante ist folglich auch nicht entfernbar, wodurch keine Rotationsmonotonie mehr möglich ist. : Angenommen r wäre ausserhalb der Vereinigung der schwarzen Regionen(und damit ausserhalb von P), und P wäre dennoch nicht rotationsmonoton bezüglich r. Nach Theorem 1 und Lemma 2 müsste es dann mindestens zwei nahe und zwei ferne Punkte zu r geben. Bezeichne die fernen Punkte mit f 1 und f 2. Ziehe dann je eine Tangente von links und von rechts an P und nenne die Berührpunkte t 1 und t 2. Nun denke man sich eine Verbindung von t 1 und t 2 durch das Polygon. Der Teil des Randes von P auf der gegenüberliegenden Seite von r sei die obere Kette, und der andere Teil die untere Kette. Wegen Lemma 2 muss es einen nahen Punkt auf je einer dieser Ketten geben. Weil P aber konvex ist, kann der nahe Punkt auf der oberen Kette kein Knoten sein. Also muss er eine Orthogonalprojektion von r auf eine Kante mit Nachbarknoten a und b sein. Folglich liegt r in n + e (a) n + e (b) l + (e). Daher liegt r in der schwarzen Region von dieser Kante, und damit ist P natürlich auch innerhalb der Vereinigung aller schwarzen Regionen. Lemma 4: Die gültige Region von Punkten, bezüglich derer ein konvexes Polygon rotationsmonoton ist, besteht nur aus unbegrenzten Regionen in der Ebene. Aus Lemma 3 folgt, dass die gültige Region der Rotationsmonotonie von P aus dem Komplement der schwarzen Regionen seiner Kanten besteht. Angenommen es existiert ein Punkt r in einer begrenzten Region, so dass P rotationsmonoton bezüglich r ist. Dann gibt es zwei Kanten e 1 und e 2 von P, so dass r von deren schwarzen Regionen eingegrenzt wird. Die konvexe Polygonale Kette h(siehe Abbildung auf der folgenden Seite), die e 1 und e 2 verbindet hat r zu seiner linken(gegen den Uhrzeigersinn gesehen). Seien p 1 und p 2 die Knoten von e 1 und e 2, die an h angrenzen. Sie minimieren den Abstand von r zu e 1 bzw. e 2, weil r sonst entweder auf einer Orthogonalprojektion derer Kanten liegen müsste(und damit in deren schwarzen Regionen), oder nicht durch selbige beschränkt wäre. Weil die Funktion, die den Abstand von r zum Rand von P beschreibt, stetig ist, und P ein einfaches Polygon ist, muss es auf h mindestens einen nahen Punkt c geben. Dieser nahe Punkt c muss wegen der Konvexität im Inneren einer Kante e liegen, die durch die Knoten a und b begrenzt ist. Folglich gilt r n + e (a) n + e (b) l + (e) und damit liegt r in der schwarzen Region von e, was der Annahme widerspricht und zeigt dass r nur in einer unbegrenzten Region liegen kann. 8

9 Mit den bisher gesammelten Erkenntnissen wollen wir nun den Rand der Vereinigung aller schwarzen Regionen berechnen. Auch hier brauchen wir zuerst folgende Definition 4: Eine Menge Geraden unterteilt die Ebene in eine Unterteilung S. Die Hülle der n Geraden besteht aus den Rändern aller unbeschränkten Regionen von S. Theorem 2: Für ein konvexes Polygon mit n Knoten kann die Region aller gültigen Rotationszentren in O(n) Rechenschritten berechnet werden. Ihr Speicherbedarf umfasst O(n) Speichereinheiten. Benutzt man den Algorithmus von Keil[2], so kann man die Hülle eines Arrangements von n Geraden in O(n) Zeit berechnen, vorrausgesetzt die Geraden sind nach Steigung vorsortiert. Die Eingabe dieses Algorithmus wird nun modifiziert, so dass er das Arrangement der begrenzenden Halbgeraden der Vereinigung aller schwarzen Regionen berechnet. Die Hülle wird hierfür nun einmal auf der linken Seite und einmal auf der rechten Seite berechnet. Das Polygon wird aufgeteilt an seiner höchsten und seiner niedrigsten y-koordinate. Dann wird einmal im Uhrzeigersinn von unten nach oben und einmal gegen den Uhrzeigersinn durchgegangen. Beim Durchlauf gegen den Uhrzeigersinn wird die linke Hülle berechnet. Zu jedem Knoten auf der rechten Seite des Polygons wird je eine Halbgerade, die zu jeder angrenzenden Kante orthogonal ist und das Innere des Polygons schneidet, eingezogen. Nun hat man 2n(pro Knoten je zwei) Halbgeraden gegeben, und kann mit dem Algorithmus von Keil in O(n) Zeit die zugehörige Hülle berechnen. Dies macht man nur zuerst für eine Seite des Polygons, und dann für die andere, und führt die Hüllen dann in konstanter Zeit zusammen. Eine Variation der Problemstellung ist, dass man ein festes Polygon P gegeben hat und zu wechselndem r wissen will ob r in einer gültigen Region der Punkte liegt, derer P rotationsmonoton ist. Theorem 2 sagt schon bereits dass man diese Vorverarbeitung in O(n) Zeit erledigen kann. Hat man die Ebene in Regionen eingeteilt, kann man in O(log(n)) Zeit entscheiden in welcher dieser Regionen r liegt. 9

10 Nun betrachten wir den Fall dass P nicht notwendigerweise konvex ist. Hierbei hilft uns die Erkenntnis dass man P nicht an einem Reflexknoten v teilen kann, ausser r ist identisch mit ihm, denn wenn sich dort die Rotationsrichtung ändert, schneidet man mit jeder möglichen Bewegung von v das Innere von P. v kann demnach kein ferner Punkt sein, und ein naher nur wenn r = v gilt. Definition 5: Für einen Reflexknoten v von P, und seine beiden adjazenten Kanten e 1 und e 2, ist NC(v) = cl(n e 1 (v) n e 2 (v)) der nahe Kegel von v. Der nahe Kegel ist die Fläche, die alle Punkte enthält, zu denen v ein naher Punkt ist. Analog ist F C(v) = n + e 1 (v) (n + e 2 (v) der ferne Kegel von v, die Menge aller Punkte zu denen v ein ferner Punkt ist. Definition 5b:) Die schwarze Region eines Reflexknotens v ist die Vereinigung seines nahen und fernen Kegels ohne v selbst. Ist ein Polygon einfach, ist sein Inneres enthalten in der Vereinigung der schwarzen Regionen aller Kanten und Reflexknoten. Das liegt daran, dass ein Punkt p aus dem Inneren entweder eine Projektion auf eine Kante e als nahen Punkt hat, dann liegt p in der schwarzen Region von e, oder einen Reflexknoten v als nahen Punkt hat, dann liegt p in der schwarzen Region von v. Lemma 5: Ein einfaches Polygon P ist rotationsmonoton bzgl. eines Punktes r, gdw. r nicht in der Vereinigung aller schwarzen Regionen der Kanten und Reflexknoten von P enthalten ist. : Wenn r in der Vereinigung aller schwarzen Regionen der Kanten und Reflexknoten enthalten ist, ist r entweder in der schwarzen Region einer Kante e, oder eines Reflexknotens v enthalten. Demnach kann entweder e oder v nicht durch Rotation entfernt werden. 10

11 : Beweis durch Widerspruch Sei r nicht in der Vereinigung aller schwarzen Regionen der Kanten und Reflexknoten enthalten, und P trotzdem nicht rotationsmonoton bezüglich r. Dann gibt es nach Theorem 1 und Lemma 2 mindestens zwei ferne Punkte f 1 und f 2 zu r auf dem Rand von P. Diese können keine Reflexknoten sein, da r nicht in der schwarzen Region eines Reflexknotens liegt. Lemma 4 beweist, daß r nicht im Inneren von P liegen kann, weil jeder Punkt aus dem Inneren in der Vereinigung der schwarzen Regionen der Kanten und Reflexknoten enthalten ist. Sei f 1 der ferne Punkt mit dem kleinsten Abstand zu r und K der Kreis mit Mittelpunkt r, der durch f 1 geht. In einer Umgebung von f 1 ist der Rand von P in K enthalten. f 2 ist ein ferner Punkt mit Abstand zu r größer oder gleich dem von f 1. Demnach schneidet der Rand von P K in mindestens einem Punkt außer f 1. Finde also den ersten Punkt q 1 auf dem Rand von P, der K schneidet, wenn man bei f 1 startet und auf dem Rand von P gegen den Uhrzeigersinn entlang läuft. Dann laufe den Rand von P im Uhrzeigersinn ab, bis K geschnitten wird und nenne diesen Punkt q 2. q 1, q 2 und f 1 sitzen auf ihrer gemeinsamen Polygonalen Kette jeweils an lokalen Hochpunkten bzgl. des Abstands zu r. Es muß auf der Kette von q 2 nach f 1 einen nahen Punkt k geben, weil beide Punkte den Rand von K berühren und die Kette dazwischen innerhalb des Kreises liegt. Weil r links von der Kette q 2 bis f 1 liegt, kann k kein konvexer Knoten sein. Demnach befindet sich k entweder im Inneren einer Kante e, oder auf einem Reflexknoten. Wenn k in e liegt, dann ist k eine senkrechte Projektion von r auf e und r liegt in der schwarzen Region von e. Liegt k auf einem Reflexknoten, der ein naher Punkt ist, dann liegt r in der schwarzen Region von k. Also ist r in einer schwarzen Region enthalten, was der Annahme widerspricht. Theorem 3: Die Beschreibung der gültigen Regionen für Drehzentren für ein einfaches Polygon mit n Knoten kann in O(n 2 ) bezüglich Zeit und Speicherplatz berechnet werden. Zuerst gehen wir jede Kante und jeden Reflexknoten ab und konstruieren dabei das komplette Arrangement A derer schwarzen Regionen. Kanten und Knoten gibt es natürlich O(n) viele. Ein Arrangement von n Geraden hat die Komplexität von O(n 2 ) und kann auch in dieser Zeit berechnet werden. Dann muß jede Fläche von A als gültig oder ungültig markiert werden. Dafür beginnen wir bei einer beliebigen Fläche von A und führen einen booleschen Wert mit für jede Kante und jeden Reflexknoten von P, der aussagt ob er die Fläche ungültig macht oder nicht. Gleichzeitig erhöhen wir einen Zähler, jedesmal wenn das der Fall ist. Ist der Wert dieser Fläche hinterher noch bei 0, so ist sie als gültig zu markieren. Der Zeitaufwand hierfür ist linear, weil es sich nur um eine Fläche handelt und wir dabei jede Kante und jeden Reflexknoten von P nur einmal betrachten müssen. Nun besuchen wir A nach Ordnung der Tiefensuche, wobei wir die Kanten des Arrangements abgehen. Bei jeder Kante die wir abgehen, aktualisieren wir den booleschen Wert der Kante oder des Reflexknotens, der die Kante induziert, sowie den Zähler für die Fläche. So benötigen wir konstante Zeit pro Fläche und insgesamt läuft das Verfahren in O(n 2 ) Zeit. Auf dieselbe Weise wie bei konvexen Polygonen(Elementtest auf einer Segmentierung der Ebene in O(n 2 ) viele Flächen) kann man hier in O(log(n 2 )) = O(log(n)) Zeit für einen gegebenen Punkt r herausfinden ob er ein gültiges Rotationszentrum von P ist. 11

12 Zum Zeitpunkt dieser Veröffentlichung(2006) noch unbekannt sind Lösungen zu Problemstellungen wie z.b. einen Winkel α und ein Rotationszentrum vorzugeben und dann zu fragen ob ein Polygon P rotationsmonoton bezüglich r ist, wenn die Drehung mindestens α betragen muss. Oder auch den maximalen Winkel α herauszubekommen für den dies gilt. 12

13 Quelle: -[1]: Paper rotationally monotone polygons von Prosenjit Bose, Pat Morin, Michiel Smid und Stefanie Wuhrer an der School of Computer Science, Carleton University in Kanada. Veröffentlicht in [2]: Algorithmus von Keil (Beweis von Theorem 2): M. Keil, A simple algorithm for determining the envelope of a set of lines, Information Processing Letters 39 (3) (1991)